高考数学一轮复习 专题探究课三习题 理 新人教A版-新人教A版高三数学试题

(建议用时：60分钟)1.(2016·山西质量监测)在数列{an}中，a1＝1，an＋1·an＝an－an＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝lgeq\f(an＋2,an)，求数列{bn}的前n项和Sn.解(1)由题意得eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝1，又因为a1＝1，所以eq\f(1,a1)＝1.所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为1，公差为1的等差数列，所以eq\f(1,an)＝n，即an＝eq\f(1,n).所以数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,n).(2)由(1)得bn＝lgn－lg(n＋2)，所以Sn＝lg1－lg3＋lg2－lg4＋lg3－lg5＋…＋lg(n－2)－lgn＋lg(n－1)－lg(n＋1)＋lgn－lg(n＋2)＝lg1＋lg2－lg(n＋1)－lg(n＋2)＝lgeq\f(2,（n＋1）（n＋2）).2.(2015·安徽卷)设n∈N*，xn是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1，2)处的切线与x轴交点的横坐标.(1)求数列{xn}的通项公式；(2)记Tn＝xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,3)…xeq\o\al(2,2n－1)，证明：Tn≥eq\f(1,4n).(1)解y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点(1，2)处的切线斜率为2n＋2，从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1).令y＝0，解得切线与x轴交点的横坐标xn＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).所以数列{xn}的通项公式为xn＝eq\f(n,n＋1).(2)证明由题设和(1)中的计算结果知Tn＝xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,3)…xeq\o\al(2,2n－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n－1,2n)))eq\s\up12(2).当n＝1时，T1＝eq\f(1,4).当n≥2时，因为xeq\o\al(2,2n－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n－1,2n)))eq\s\up12(2)＝eq\f(（2n－1）2,（2n）2)>eq\f(（2n－1）2－1,（2n）2)＝eq\f(2n－2,2n)＝eq\f(n－1,n).所以Tn>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×…×eq\f(n－1,n)＝eq\f(1,4n).综上可得对任意的n∈N*，均有Tn≥eq\f(1,4n).3.(2016·石家庄一模)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝λSn＋1(n∈N*，且λ≠－1)，且a1，2a2，a3＋3为等差数列{bn}的前三项.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列{anbn}的前n项和.解(1)法一∵an＋1＝λSn＋1(n∈N*)，∴an＝λSn－1＋1(n≥2).∴an＋1－an＝λan，即an＋1＝(λ＋1)an(n≥2)，λ＋1≠0，又a1＝1，a2＝λS1＋1＝λ＋1，∴数列{an}为以1为首项，公比为λ＋1的等比数列，∴a3＝(λ＋1)2，∴4(λ＋1)＝1＋(λ＋1)2＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，得λ＝1.∴an＝2n－1，bn＝1＋3(n－1)＝3n－2.法二∵a1＝1，an＋1＝λSn＋1(n∈N*)，∴a2＝λS1＋1＝λ＋1，a3＝λS2＋1＝λ(1＋λ＋1)＋1＝λ2＋2λ＋1.∴4(λ＋1)＝1＋λ2＋2λ＋1＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，得λ＝1.∴an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，∴an＝Sn－1＋1(n≥2)，∴an＋1－an＝an，即an＋1＝2an(n≥2)，又a1＝1，a2＝2，∴数列{an}为以1为首项，公比为2的等比数列，∴an＝2n－1，bn＝1＋3(n－1)＝3n－2.(2)设数列{anbn}的前n项和为Tn，anbn＝(3n－2)·2n－1，∴Tn＝1·1＋4·21＋7·22＋…＋(3n－2)·2n－1.①∴2Tn＝1·21＋4·22＋7·23＋…＋(3n－5)·2n－1＋(3n－2)·2n.②①－②得－Tn＝1·1＋3·21＋3·22＋…＋3·2n－1－(3n－2)·2n＝1＋3·eq\f(2·（1－2n－1）,1－2)－(3n－2)·2n.整理得Tn＝(3n－5)·2n＋5.4.(2016·南昌模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝6，正项数列{bn}满足b1·b2·b3·…·bn＝2Sn.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若λbn＞an，对n∈N*均成立，求实数λ的取值范围.解(1)∵等差数列{an}中，a1＝1，S3＝6，∴d＝1，故an＝n.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1·b2·b3·…·bn＝2Sn，①,b1·b2·b3·…·bn－1＝2Sn－1，②))①÷②得bn＝2Sn－Sn－1＝2an＝2n(n≥2)，b1＝2S1＝21＝2，满足通项公式，故bn＝2n.(2)λbn＞an恒成立，即λ＞eq\f(n,2n)恒成立，设cn＝eq\f(n,2n)，则eq\f(cn＋1,cn)＝eq\f(n＋1,2n)，当n≥1时，cn＋1≤cn，{cn}单调递减，∴(cn)max＝c1＝eq\f(1,2)，故λ＞eq\f(1,2)，∴λ的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).5.(2016·广东六校联考)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝1－eq\f(4,an＋3)，数列{bn}满足bn＝eq\f(1,an＋1)(n∈N*).(1)求数列{bn}的通项公式；(2)证明：eq\f(1,beq\o\al(2,1))＋eq\f(1,beq\o\al(2,2))＋…＋eq\f(1,beq\o\al(2,n))＜7.(1)解由题意得an＋1＋1＝2－eq\f(4,an＋3)＝eq\f(2an＋2,an＋3)，bn＋1＝eq\f(1,an＋1＋1)＝eq\f(an＋3,2an＋2)＝eq\f(（an＋1）＋2,2（an＋1）)＝eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,2)＝bn＋eq\f(1,2).又b1＝eq\f(1,2)，∴数列{bn}是首项为eq\f(1,2)，公差为eq\f(1,2)的等差数列，∴bn＝eq\f(n,2).(2)证明当n＝1时，左边＝eq\f(1,beq\o\al(2,1))＝4＜7不等式成立；当n＝2时，左边＝eq\f(1,beq\o\al(2,1))＋eq\f(1,beq\o\al(2,2))＝4＋1＝5＜7不等式成立；当n≥3时，eq\f(1,beq\o\al(2,n))＝eq\f(4,n2)＜eq\f(4,n（n－1）)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，左边＝eq\f(1,beq\o\al(2,1))＋eq\f(1,beq\o\al(2,2))＋…＋eq\f(1,beq\o\al(2,n))＜4＋1＋4eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝5＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n)))＝7－eq\f(4,n)＜7.∴eq\f(1,beq\o\al(2,1))＋eq\f(1,beq\o\al(2,2))＋…＋eq\f(1,beq\o\al(2,n))＜7.6.(2015·湖北八校联考二)等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)令cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,Sn)，n为奇数，,bn，n为偶数，))设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.解(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＋S2＝10，,a5－2b2＝a3.))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＋6＋d＝10，,3＋4d－2q＝3＋2d，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝2，,q＝2，))所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.(2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝n(n＋2)，则cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,n（n＋2）)，n为奇数，,2n－1，n为偶数，))即cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)，n为奇数，,2n－1，n为偶数，))∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc